高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直第1课时同步测试题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直第1课时同步测试题，共7页。试卷主要包含了有下列说法，下列命题中正确的是，故选D，在平面几何中，有真命题等内容，欢迎下载使用。

A级——基础过关练
1．已知直线a，b与平面α，β，γ，下列能使α⊥β成立的条件是( )
A．α⊥γ，β⊥γB．α∩β＝a，b⊥a，b⊂β
C．a∥β，a∥αD．a∥α，a⊥β
【答案】D
【解析】由a∥α，知α内必有直线l与a平行．而a⊥β，∴l⊥β，∴α⊥β．
2．有下列说法：
①两个相交平面所组成的图形叫做二面角；
②二面角的平面角是从棱上一点出发，分别在两个面内作射线所成的角；
③二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置有关系．
其中正确的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】A
【解析】根据二面角的定义知①②③都不正确．
3．下列命题中正确的是( )
A．平面α和β分别过两条互相垂直的直线，则α⊥β
B．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条平行直线，则α⊥β
C．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条相交直线，则α⊥β
D．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β
【答案】C
【解析】当平面α和β分别过两条互相垂直且异面的直线时，平面α和β有可能平行，故A错；由直线与平面垂直的判定定理知B，D错，C正确．
4．(2023年铜仁模拟)已知直线m与平面α，β满足m⊥α，α⊥β，则( )
A．m⊥βB．m∥β或m⊂β
C．m⊂βD．m∥β
【答案】B
【解析】直线m和平面α，β满足m⊥α，α⊥β，若m⊄β，则m∥β，否则m⊂β．故选B．
5．如图，AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于A，B)且PA＝AC，则二面角P－BC－A的大小为( )
A．60°B．30°
C．45°D．15°
【答案】C
【解析】由条件得PA⊥BC，AC⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC．∴BC⊥PC．∴∠PCA为二面角P－BC－A的平面角．在Rt△PAC中，由PA＝AC得∠PCA＝45°．故选C．
6．(2023年安阳二模)如图所示的圆锥的主视图是边长为2的正三角形，AB为底面直径，C为 eq \(AB,\s\up8(︵))的中点，则平面SAC与底面ABC所成的锐二面角的正切值为( )
A． eq \f(\r(6),2)B． eq \r(2)
C． eq \r(3)D． eq \r(6)
【答案】D
【解析】如图，取AB的中点O，连接OC，易知OA⊥OC．过点O作OH垂直AC于H，连接SH，OS．∵SO⊥底面ABC，∴∠SHO为平面SAC与底面ABC所成的锐二面角的平面角，可求得OH＝ eq \f(\r(2),2)，SO＝ eq \r(3)，∴tan ∠SHO＝ eq \f(SO,OH)＝ eq \f(\r(3),\f(\r(2),2))＝ eq \r(6)．故选D．
7．如图，二面角α－l－β的大小是60°，线段AB⊂α，B∈l，AB与l所成的角为30°，则AB与平面β所成的角的正弦值是( )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(\r(3),4) D． eq \f(\r(3),3)
【答案】C
【解析】如图，作AO⊥β于点O，AC⊥l于点C，连接OB，OC，则OC⊥l．设AB与β所成的角为θ，则∠ABO＝θ，由图得sin θ＝ eq \f(AO,AB)＝ eq \f(AC,AB)· eq \f(AO,AC)＝sin 30°×sin 60°＝ eq \f(\r(3),4)．
8．若P是△ABC所在平面外一点，且△PBC和△ABC都是边长为2的正三角形，PA＝ eq \r(6)，那么二面角P－BC－A的大小为__________．
【答案】90°
【解析】取BC的中点O，连接OA，OP(图略)，则∠POA为二面角P－BC－A的平面角，OP＝OA＝ eq \r(3)，PA＝ eq \r(6)，所以△POA为直角三角形，∠POA＝90°．
9．在平面几何中，有真命题：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补．某同学将此结论类比到立体几何中，得一结论：如果一个二面角的两个面和另一个二面角的两个面分别垂直，那么这两个二面角相等或互补．
你认为这个结论__________．(填“正确”或“错误”)
【答案】错误
【解析】如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABC1D1⊥平面BCC1B1，平面CDD1C1⊥平面ABCD，而二面角A－C1D1－C为45°，二面角A－BC－C1为90°，则这两个二面角既不相等又不互补．
10．如图，在圆锥PO中，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的点，D为AC的中点．求证：平面POD⊥平面PAC．
证明：如图，连接OC，CB．因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD．又因为PO⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，所以AC⊥PO．
因为OD∩PO＝O，所以AC⊥平面POD．
又因为AC⊂平面PAC，
所以平面POD⊥平面PAC．
B级——能力提升练
11．(2023年福州期末)我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．今有“阳马”P－ABCD，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E，F分别为棱PB，PD的中点，则下列选项错误的是( )
A．EF∥平面ABCDB．EF⊥平面PAC
C．平面PBD⊥平面AEFD．平面PBC⊥平面AEF
【答案】C
【解析】如图，因为E，F分别为棱PB，PD的中点，故EF为△PBD的中位线，所以EF∥BD，因为EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，故A正确；由四边形ABCD为正方形，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得PA⊥BD，而PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，由EF∥BD，可得EF⊥平面PAC，故B正确；设AC∩BD＝O，连接PO交EF于点M，连接AM，因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，因为PA＝AB＝AD，所以△PAB≌△PAD，所以AE＝AF，PB＝PD，因为EF∥BD，O为BD的中点，所以M为EF的中点，所以AM⊥EF，OM⊥EF，所以∠AMO为平面AEF与平面PBD的夹角，不妨设PB＝PD＝BD＝ eq \r(2)AB＝2，则AE＝AF＝AO＝1，所以AM＝MO＝ eq \f(1,2)PO＝ eq \f(\r(3),2)，在△AMO中，cs∠AMO＝ eq \f(AM2＋MO2－AO2,2AM·MO)＝ eq \f(\f(3,4)＋\f(3,4)－1,2×\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝ eq \f(1,3)，所以∠AMO≠ eq \f(π,2)，所以平面PBD与平面AEF不垂直，故C错误；因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，因为BC⊥AB，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE，因为PA＝AB，E为PB中点，所以AE⊥PB，而PB∩BC＝B，所以AE⊥平面PBC，因为AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC，故D正确．故选C．
12．(多选)(2023年湖北模拟)如图，在已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，M，N，P分别是BC，BB1，A1D，AA1的中点，以下说法正确的有( )
A．若BC＝1，AA1＝ eq \r(2)，则DP⊥BC1
B．MN∥CD
C．MN∥平面C1DE
D．若AB＝BC，则平面AA1C1C⊥平面A1BD
【答案】ACD
【解析】如图，连接CM，PM，由已知PM∥AB，AB∥DC，∴PM∥DC，∵PM＝DC，∴四边形CDPM是平行四边形，∴CM∥PD，若BC＝1，AA1＝ eq \r(2)，则tan ∠C1BC＝tan∠CMB＝ eq \r(2)，∴∠C1BC＝∠CMB，∴∠C1BC＋∠BCM＝∠CMB＋∠BCM＝90°，∴C1B⊥MC，∴C1B⊥PD，故A正确；连接EM，B1C，∵M，E分别是BB1，BC的中点，∴ME∥B1C，∵ND∥B1C，∴ME∥ND，∵ME＝ND＝ eq \f(1,2)A1D，∴四边形DEMN是平行四边形，∵CD∩平面DEMN＝D，D∉MN，MN⊂平面DEMN，∴MN与CD是异面直线，故B错误；∵MN∥DE，MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE，故C正确；若AB＝BC，则四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∵CC1⊥BD，AC∩CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1A1，∵BD⊂平面ACC1A1，∴平面A1BD⊥平面ACC1A1，故D正确．故选ACD．
13．如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，二面角D′－AB－D的大小为__________；二面角A′－AB－D的大小为__________．
【答案】45° 90°
【解析】在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB⊥平面AD′，所以AB⊥AD′，AB⊥AD，因此∠D′AD为二面角D′－AB－D的平面角．在Rt△D′DA中，∠D′AD＝45°，所以二面角D′－AB－D的大小为45°．因为AB⊥平面AD′，所以AB⊥AD，AB⊥AA′，因此∠A′AD为二面角A′－AB－D的平面角．又因为∠A′AD＝90°，所以二面角A′－AB－D的大小为90°．
14．如图，在四面体P－ABC中，△ABC与△PBC是边长为2的正三角形，PA＝3，D为PA的中点，则二面角D－BC－A的大小为__________．
【答案】60°
【解析】取BC的中点，记为E，连接EA，ED，EP(图略)．∵△ABC与△PBC是边长为2的正三角形，∴BC⊥AE，BC⊥PE．∵AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PAE，∴BC⊥平面PAE．∵DE⊂平面PAE，∴BC⊥DE，∴∠AED为二面角D－BC－A的平面角．又由条件，知AE＝PE＝ eq \f(\r(3),2)AB＝ eq \r(3)，AD＝ eq \f(1,2)PA＝ eq \f(3,2)，DE⊥PA，∴sin ∠AED＝ eq \f(AD,AE)＝ eq \f(\r(3),2)．又易知∠AED为锐角，∴∠AED＝60°，即二面角D－BC－A的大小为60°．
15．(2023年毕节模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，M，N分别为CD，PD的中点，AC与BM交于点E，AB＝6 eq \r(2)，AD＝6，K为PA上一点，PK＝ eq \f(1,3)PA．求证：
(1)K，E，M，N四点共面；
(2)平面PAC⊥平面BMNK．
【答案】证明：(1)如图，连接KE，∵四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，∴CM∥AB，且CM＝ eq \f(1,2)AB，∴ eq \f(CE,AE)＝ eq \f(CM,AB)＝ eq \f(1,2)．
∵PK＝ eq \f(1,3)PA，∴PK＝ eq \f(1,2)KA．
∴ eq \f(PK,KA)＝ eq \f(CE,AE)，∴KE∥PC．
∵M，N分别是CD，PD的中点，
∴MN∥PC，∴KE∥MN，∴K，E，M，N四点共面．
(2)∵PA⊥底面ABCD，BM⊂底面ABCD，∴PA⊥BM．
∵AB＝6 eq \r(2)，AD＝6，M为CD中点，
∴CM＝3 eq \r(2)，AC＝6 eq \r(3)，BM＝3 eq \r(6)．
∴EM＝ eq \f(1,3)BM＝ eq \r(6)，CE＝ eq \f(1,3)AC＝2 eq \r(3)．
∴CE2＋EM2＝CM2，∴AC⊥BM．
∵PA⊥BM，且PA∩AC＝A，
∴BM⊥平面PAC．
又∵BM⊂平面BMNK，
∴平面PAC⊥平面BMNK．